2017-2018学年度高二物理（人教版）选修3-5第十六章动量守恒定律单元检测

答案和解析

【答案】 1. C 2. A 3. D 4. D 5. A 6. B 7. C 8. D 9. B 10. D 11. ABCD 12. BC 13. BCD 14. BC 15. AD

16. 接通打点计时器的电源；放开纸带；0.620；0.618；纸带与打点计时器限位孔有摩擦力的作用 17. 解：（1）子弹击中物体过程中，系统动量守恒， 以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得： mBv0=mBv′+mAvA，

0.02×600=0.02×100+2vA， 解得：vA=5m/s，

平板车与物体A组成的系统自子弹穿出后直至相对静止过程中系统动量守恒， 以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mAvA=（M+mA）v车， 代入数据解得，平板车最后速度为：v车=

=2.5m/s；

（2）物体和平板车损失的机械能全转化为系统发热，假设A在平板车上滑行距离为s， 由能量守恒定律得：μmAgs=mAvA-（M+mA）v车， 即：0.5×2×10s=×2×52-×（2+2）×2.52，

解得：s=1.25m，则平板车的长度至少为1.25m； 答：（1）平板车最后的速度是2.5m/s； （2）小车长度至少为1.25m．

18. 解：（1）弹簧被压缩到最短时，木块A与木板B具有相同的速度，此时弹簧的弹性势能最大。设共同速度为v，从木块A开始沿木板B表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中， A、B系统的动量守恒，取向右为正方向，则有： mv0=（m+2m）v，

由能量关系，得：弹簧的最大弹性势能Ep=mv02-（m+2m）v2， 解得：Ep=

。

2

2

（2）对木块A，根据动量定理得I=mv-mv0。 得I=-，方向向左。

（3）从木块A滑上木板B直到二者分离，系统的机械能守恒，设分离时A、B的速度分别为v1和v2。 根据动量守恒定律有mv0=mv1+2mv2。 根据机械能守恒定律有mv02=mv12+解得v1=-，方向向左，v2=

2mv22。

，方向向右。

；

，方向向左；

，方向向右。

答：（1）弹簧的最大弹性势能是

（2）弹簧呗压缩直至最短的过程中，弹簧给木块A的冲量是

（3）当木块A和B板分离时，木块A板的速度为，方向向左，B的速度大小为

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19. 解：（1）以铅球、砂车为系统，水平方向动量守恒，

m1v0cosθ=（M+m1）v，

得球和砂车的共同速度

v=．

（2）球和砂车获得共同速度后漏砂过程中系统水平方向动量也守恒，设当漏出质量为m2的砂子时砂车的速度为v′，

砂子漏出后做平抛运动，水平方向的速度仍为v， 由（M+m1）v=m2v+（M+m1-m2）v′， 得v′=v=

，方向水平向右．

答：（1）球和砂车的共同速度是

（2）当漏出质量为m2的砂子时砂车的速度是，方向水平向右．

【解析】 1. 【分析】

根据弹性碰撞和非弹性碰撞的性质明确可能出现的情况，讨论可能出现的碰撞过程即可明确碰撞次数．本题考查弹性碰撞和非弹性碰撞，注意在完全非弹性碰撞中两球连在一起；而在于完全弹性碰撞中两球交换速度。 【解答】

如果珠子之间的碰撞是完全非弹性碰撞，每碰撞一次，运动的个体就减小一个，所以最多碰4次； 如果是完全弹性碰撞，则碰撞一次，珠子将交换速度，最终应该是外面的珠子速度大，里面的珠子速度小．初始状态时，如果外面的珠子速度大，里面珠子速度小，且外面珠子在向里运动时，它们发生碰撞的次数最多，如图所示，

它们的速率关系为：v1＞v4＞v2＞v3．珠子1的速度传递给速度4，需要3次碰撞，珠子2的速度传递到珠子4，需要2次碰撞，珠子3的速度传给4，需要1次碰撞，所以它们之间最多可以碰撞3+2+1=6次； 故选C。

2. 解：设甲溜冰者的运动方向为正方向，根据动量守恒定律，选择开始和最后两个状态列方程得：

（M甲+m）v0-M乙v0=M乙×0-（M甲+m）v，代入数据解得v=0，故BCD错误，A正确． 故选A．

以两人和球为研究对象，系统水平方向动量守恒，根据动量守恒列方程即可正确解答．

该题比较简单，考查了动量守恒定律的应用，注意该定律的应用条件，同时注意动量守恒定律公式的矢量性．

3. 解：A、播种器利用空气压力把荚以5m/s的速度（相对播种器）竖直向下射出，该过程中播种器对荚做的功转化为荚的动能：W=

J．故A错误；

B、离开无人机后，荚做斜下抛运动，竖直方向：y=

代入数据可得：t=1s（t=-2s不符合题意）；故B错误；

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C、荚离开无人机时的速度：v0=

设荚到达地面的速度为v，则：

m/s

代入数据可得：v=15m/s 不考虑重力的作用，则土壤对荚冲量的大小等于荚的动量的变化，大小为：

kg?m/s。故C错误；

D、荚的初速度为15m/s，到达地面的速度为15m/s，由几何关系可知，荚到达地面的速度方向与水平方向之间的夹角为45°

荚能进入地面下10cm，则荚相对于地面的位移大小为：s=m 不计重力，根据动能定理可得：-Fs=0-

代入数据可得：F=22.5N．故D正确。 故选：D。

由动能定理即可求出播种器对荚做的功；由平抛运动的特点即可求出荚在空中运动的时间；由机械能守恒求出荚到达地面的速度，由动量定理即可求出土壤对荚冲量的大小；由动量定理即可求出荚在土壤内受到平均阻力的大小。

该题属于物理知识在日常生活中的应用，解答的关键是要注意荚空中的运动为斜下抛运动，解答的过程中要将荚的运动分解为竖直方向的分运动与水平方向的分运动。

4. 解：跳高运动员在落地的过程中，动量变化一定．由动量定理可知，运动员受到的冲量I一定；跳高运动员在跳高时跳到沙坑里或跳到海绵垫上可以延长着地过程的作用时间t，由I=Ft可知，延长时间t可以减小运动员所受到的平均冲力F，故D正确，A、B、C错误． 故选：D

跳高运动员在落地的过程中，动量变化一定．由动量定理可知，运动员受到的冲量一定，延长与地面的接触时间，可以减小运动员受到的冲击力．

沙坑或海绵垫子具有缓冲作用，可以延长运动员与地面的接触时间，减小运动员受到的冲击力，避免运动员受伤．

5. 解：设运动员的质量为m，他刚落到蹦床瞬间的速度为v，运动员自由下落的过程，只受重力作用， 故机械能守恒，即：

，解得：

；

选取小球接触蹦床的过程为研究过程，取向上为正方向。设蹦床对运动员的平均作用力为， 由动量定理得：； 蹦床对运动员的冲量大小为 ； 结合以上两个式子可得：．故A正确、BCD错误。 故选：A。

根据机械能守恒求出小球落到蹦床瞬间的速度；到最低点时，小球的速度和动量均为零，运用动量定理可求得软蹦床对运动员的冲量大小。

本题题型是用动量定理求解一个缓冲过程平均作用力的冲量问题，一定要注意选取合适的研究过程和正方向的选取；本题也可选小球从开始下落到最低点全过程来解答。

6. 解：A、小滑块m从A点静止下滑，物体M与滑块m组成的系统水平方向所受合力为零，系统水平方向动量守恒，竖直方向有加速度，合力不为零，所以系统动量不守恒．M和m组成的系统机械能守恒，故A错误，B正确； C、系统水平方向动量守恒，由于系统初始状态水平方向动量为零，所以m从A到C的过程中，m向右运动，M向左运动，m从C到B的过程中M还是向左运动，即保证系统水平方向动量为零．故C错误； D、设滑块从A到B的过程中为t，滑块发生的水平位移大小为x，则物体产生的位移大小为2R-x， 取水平向右方向为正方向．则根据水平方向平均动量守恒得：

m-M=0

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解得：x=

，故D错误；

所以物体产生的位移的大小为2R-x=

故选：B．

小滑块m从A点静止下滑，物体M与滑块m组成的系统水平方向所受合力为零，系统水平方向动量守恒，竖直方向有加速度，合力不为零，系统动量不守恒．

用位移表示平均速度，根据水平方向平均动量守恒定律求出物体M发生的水平位移．

分析清物体运动过程，该题属于水平方向动量守恒的类型，知道系统某一方向动量守恒的条件， 求解两个物体的水平位移时，注意要以地面为参照物．

7. 解：因为碰撞前，甲球速度大于乙球速度，则有：＞

得：＞1.4

根据动量守恒得：p甲+p乙=p甲′+p乙′， 代入解得：p甲′=2kg?m/s。 据碰撞过程总动能不增加，得：

+

≥

+

代入数据解得：＞

碰撞后两球同向运动，甲的速度不大于乙的速度，则有：≤

代入数据解得：≤5

所以有：＜≤5

则m乙=4m甲，不可能，其他三式子是可能的，故ABD错误，C正确。 故选：C。

两球碰撞过程遵守动量守恒定律，由动量守恒定律求出碰撞后甲的动量。根据碰撞前甲球速度大于乙球速度，以及碰撞过程中总动能不增加，列出不等式，求出m甲与m乙比值的范围，再进行选择。

本题考查对碰撞规律的理解和应用能力。要知道碰撞有三个基本规律：一、动量守恒；二、系统总动能不增加；三、碰撞后如同向运动，后面的物体的速度不大于前面物体的速度，即要符合实际运动情况。 8. 解：A、当A、B速度相同时，弹簧被压缩到最短，弹簧的弹性势能最大，

以AB组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=2mv， 解得：v=，则速度AB速度都不为零，故AB错误；

C、对B，根据动能定理得：弹簧对物体B所做的功，故C错误；

D、在弹簧的弹性势能逐渐增大的过程中，弹簧对物体A和物体B的弹力大小相等，方向相反，根据I=Ft可知，弹簧对物体A和物体B的冲量大小相等，方向相反，故D正确． 故选：D 第8页，共11页